专题04 导数及其应用(热点难点突破)-2019年高考数学(文)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析
专题04 导数及其应用(教学案) 2019年高考数学(理科)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析
【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式∈(2)导数的四则运算①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎡⎦⎤u x v x ′＝u x v x －u x vx[v x 2(v (x )≠0)．3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数 y ＝x ＋sin x . 【感悟提升】(1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．【变式探究】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 答案 2x －y ＝0解析 ∵y ＝2ln(x ＋1)，∴y ′＝2x ＋1.令x ＝0，得y ′＝2，由切线的几何意义得切线斜率为2，又切线过点(0,0)， ∴切线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ． 【答案】1ln 2-【解析】对函数ln 2y x =+求导得1y x'=，对求导得11y x '=+，设直线y kx b =+与曲线ln 2y x =+相切于点111(,)P x y ，与曲线相切于点222(,)P x y ，则，由点111(,)P x y 在切线上得，由点222(,)P x y 在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x (x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P的坐标为________．解析 ∵(e x )′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有⎪⎪⎝⎛⎭⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)． 答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x e x－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋bx (a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义． (2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力． 【答案】(1)C (2)－3【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性 【例2】已知函数f (x )＝2e x －kx －2. (1)讨论函数f (x )在(0，＋∞)内的单调性；(2)若存在正数m ，对于任意的x ∈(0，m )，不等式|f (x )|>2x 恒成立，求正实数k 的取值范围． 解 (1)由题意得f ′(x )＝2e x －k ，x ∈(0，＋∞)， 因为x >0，所以2e x >2.当k ≤2时，f ′(x )>0，此时f (x )在(0，＋∞)内单调递增． 当k >2时，由f ′(x )>0得x >ln k2，此时f (x )单调递增；由f ′(x )<0得0<x <ln k2，此时f (x )单调递减．综上，当k ≤2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增； 当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，ln k2内单调递减， 在⎝⎛⎭⎫ln k2，＋∞内单调递增． 校的套题每日的销售量y (单位：千套)与销售价格x (单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x <6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套． (1)求m 的值； 校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留一位小数) 【解析】解 (1)因为x ＝4时，y ＝21， 代入关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，得m2＋16＝21，解得m ＝10. (2)由(1)可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4(x －6)2，所以每日销售套题所获得的利润f (x )＝(x －2)10x －2＋4(x －6)2＝4x 3－56x 2＋240x －278(2<x <6)，从而f ′(x )＝12x 2－112x ＋240＝4(3x －10)(x －6)(2<x <6)．令f ′(x )＝0，得x ＝103，且在⎝⎛⎭⎫2，103上，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增；在(103，6)上，f ′(x ) <0，函数f (x )单调递减，所以x ＝103是函数f (x )在(2,6)内的极大值点，也是最大值点， 所以当x ＝103≈3.3时，函数f (x )取得最大值．故当销售价格为3.3元/套时， 网校每日销售套题所获得的利润最大．【规律方法】在利用导数求实际问题中的最大值和最小值时，不仅要注意函数模型中的定义域，还要注意实际问题的意义，不符合的解要舍去． 题型五 利用导数解决不等式的有关问题【例5】(2016·高考全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围． (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)， f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0. (2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －ax －x ＋1＞0.设g (x )＝ln x －ax －x ＋1，则g ′(x )＝1x －2ax ＋2＝x 2＋－a x ＋1xx ＋2，g (1)＝0.①当a ≤2，x ∈(1＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2＞1和x 1x 2＝1得x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )＜0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．【举一反三】 (2015·湖南，21)已知a ＞0，函数f (x )＝e ax sin x (x ∈[0，＋∞))．记x n 为f (x )的从小到大的第n (n ∈N *)个极值点，证明： (1)数列{f (x n )}是等比数列； (2)若a ≥1e 2－1，则对一切n ∈N *，x n ＜|f (x n )|恒成立. 证明 (1)f ′(x )＝a e ax sin x ＋e ax cos x ＝e ax (a sin x ＋cos x ) ＝a 2＋1e ax sin(x ＋φ)， 其中tan φ＝1a ，0＜φ＜π2.令f ′(x )＝0，由x ≥0得x ＋φ＝m π， 即x ＝m π－φ，m ∈N *，对k ∈N ，若2k π＜x ＋φ＜(2k ＋1)π， 即2k π－φ＜x ＜(2k ＋1)π－φ， 则f ′(x )＞0；若(2k ＋1)π＜x ＋φ＜(2k ＋2)π，即(2k ＋1)π－φ＜x ＜(2k ＋2)π－φ，则f ′(x )＜0. 因此，在区间((m －1)π，m π－φ)与(m π－φ，m π)上， f ′(x )的符号总相反．于是当x ＝m π－φ(m ∈N *)时，f (x )取得极值， 所以x n ＝n π－φ(n ∈N *)． 此时，f (x n )＝e a (n π－φ)sin(n π－φ)＝(－1)n ＋1e a (n π－φ)sin φ.易知f (x n )≠0，而f （x n ＋1）f （x n ）＝（－1）n ＋2e a [（n ＋1）π－φ]sin φ（－1）n ＋1e a （n π－φ）sin φ＝－e a π是常数，故数列{f (x n )}是首项为f (x 1)＝e a (π－φ)sin φ，公比为－e a π的等比数列．(2)由(1)知，sin φ＝1a 2＋1，于是对一切n ∈N *； x n ＜|f (x n )|恒成立，即n π－φ＜1a 2＋1e a (n π－φ)恒成立，等价于a 2＋1a ＜e a （n π－φ）a （n π－φ）(*)恒成立，因为(a ＞0)．设g (t )＝e tt (t ＞0)，则g ′(t )＝e t（t －1）t 2.令g ′(t )＝0得t ＝1.当0＜t ＜1时，g ′(t )＜0，所以g (t )在区间(0，1)上单调递减； 当t ＞1时，g ′(t )＞0，所以g (t )在区间(1，＋∞)上单调递增． 从而当t ＝1时，函数g (t )取得最小值g (1)＝e. 因此，要使(*)式恒成立，只需a 2＋1a＜g (1)＝e ，即只需a ＞1e 2－1.。
2019年高考理数二轮复习名校资料专题04 导数及其应用 教学案 Word版含解析
2019年高考理数二轮复习名校资料高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．1．导数的定义f′(x)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f xΔx.2．导数的几何意义函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①c′＝0(c为常数)；②(x m)′＝mx m－1；③(sin x)′＝cos x; ④(cos x)′＝－sin x；⑤(e x)′＝e x; ⑥(a x)′＝a x ln a；⑦(ln x)′＝1x；⑧(log a x)′＝1x ln a.(2)导数的四则运算法则①[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；②[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；③[f xg x ]′＝f xg x－f x g xg2x.④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′u u′x.4．函数的性质与导数在区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．被积函数为y ＝f (x )，由曲线y ＝f (x )与直线x ＝a ，x ＝b (a <b )和y ＝0所围成的曲边梯形的面积为S . ①当f (x )>0时，S ＝⎠⎛ab f (x )d x ；②当f (x )<0时，S ＝－⎠⎛ab f (x )d x ；③当x ∈[a ，c ]时，f (x )>0；当x ∈[c ，b ]时，f (x )<0，则S ＝⎠⎛a c f (x )d x －⎠⎛cb f (x )d x .高频考点一 导数的几何意义及应用 例1、（2018年全国Ⅲ卷理数）曲线在点处的切线的斜率为，则________．【答案】-3 【解析】，则所以【变式探究】(1)已知函数f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线过点(2,7)，则a ＝________. 解析：基本法：由题意可得f ′(x )＝3ax 2＋1， ∴f ′(1)＝3a ＋1，又f (1)＝a ＋2，∴f (x )＝ax 3＋x ＋1的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y －(a ＋2)＝(3a ＋1)(x －1)，又此切线过点(2,7)，∴7－(a ＋2)＝(3a ＋1)(2－1)，解得a ＝1.速解法：∵f (1)＝2＋a ，由(1，f (1))和(2,7)连线斜率k ＝5－a1＝5－a ，f ′(x )＝3ax 2＋1，∴5－a ＝3a ＋1，∴a ＝1.答案：1(2)已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切，则a ＝________. 解析：基本法：令f (x )＝x ＋ln x ，求导得f ′(x )＝1＋1x ，f ′(1)＝2，又f (1)＝1，所以曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.设直线y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1的切点为P (x 0，y 0)，则y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋a ＋2＝2，得a (2x 0＋1)＝0，∴a ＝0或x 0＝－12，又ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，即ax 20＋ax 0＋2＝0，当a ＝0时，显然不满足此方程， ∴x 0＝－12，此时a ＝8.速解法：求出y ＝x ＋ln x 在(1,1)处的切线为y ＝2x －1由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1y ＝ax 2＋a ＋2x ＋1得ax 2＋ax ＋2＝0，∴Δ＝a 2－8a ＝0，∴a ＝8或a ＝0(显然不成立)． 答案：8【变式探究】设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3解析：基本法：y ′＝a －1x ＋1，当x ＝0时，y ′＝a －1＝2，∴a ＝3，故选D. 答案：D高频考点二 导数与函数的极值、最值 例2、（2018年浙江卷）已知λ∈R ，函数f (x )=，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f (x )<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。
全国通用版2019版高考数学一轮复习第四单元导数及其应用教材复习课“导数”相关基础知识一课过课件理
原函数 f(x)＝c(c为常数) f(x)＝xn(n∈Q *)
f(x)＝sin x f(x)＝cos x
导函数 f′(x)＝_0__ f′(x)＝_n_x_n_－_1_ f′(x)＝_c_o_s_x__ f′(x)＝_－__si_n__x
原函数 f(x)＝ax f(x)＝ex f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
答案：B
2．函数 f(x)＝(x＋2a)(x－a)2 的导数为
()
A．2(x2－a2)
B．2(x2＋a2)
C．3(x2－a2)
D．3(x2＋a2)
解析：∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，
∴f′(x)＝3(x2－a2)．答案：C 3．函数 f(x)＝ax3＋3x2＋2，若 f′(－1)＝4，则 a 的值是( )
3．已知曲线 y＝2x2 的一条切线的斜率为 2，则切点的坐标为_____．
解析：因为 y′＝4x，设切点为(m，n)，则 4m＝2，所以 m ＝12，则 n＝2×122＝12，则切点的坐标为12，12. 答案：12，12
4．函数 y＝f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程是 y＝3x－2， 则 f(1)＋f′(1)＝________. 解析：因为函数 y＝f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程 是 y＝3x－2，所以 f′(1)＝3，且 f(1)＝3×1－2＝1，所以 f(1) ＋f′(1)＝1＋3＝4. 答案：4
[小题速通] 1.(2018·郑州质检)已知 y＝f(x)是可导函数，如
图，直线 y＝kx＋2 是曲线 y＝f(x)在 x＝3 处
的切线，令 g(x)＝xf(x)，g′(x)是 g(x)的导函
数，则 g′(3)＝
2019版高考数学一轮复习 第四单元 导数及其应用 高考研究课(四)综合问题是难点,3大题型全冲关1
[全国卷 5 年命题分析]
考点 利用导数解决生活中
的优化问题 利用导数研究函数零
点或方程根 不等式恒成立问题
证明不等式
考查频度 未考查
5年3考 5年4考 5年7考
考查角度
讨论函数零点个数 不等式恒成立求参
不等式证明
01 题型一 利用导数解决生活中的优化问题
解：(1)设点 C 受 A 污染源污染程度为kxa2， 点 C 受 B 污染源污染程度为18k－b x2， 其中 k 为比例系数，且 k＞0. 从而点 C 处受污染程度 y＝kxa2＋18k－b x2. (2)因为 a＝1，所以 y＝xk2＋18k－b x2，y′＝k－x23＋182－b x3. 令 y′＝0，得 x＝ 18 ，
故选 C. 答案：C
2．据环保部门测定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正 比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为 k(k＞0)．现 已知相距 18 km 的 A，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分 别为 a，b，它们连线上任意一点 C 处的污染指数 y 等于两 化工厂对该处的污染指数之和．设 AC＝x(km)． (1)试将 y 表示为 x 的函数； (2)若 a＝1，且 x＝6 时，y 取得最小值，试求 b 的值．
02 题型二 利用导数研究函数的零点或方程根03 题型 利用导数研究与不等式有关的问题
04 课堂真题集中演练
目
录
05 高考达标检测
06 阶段滚动检测
利用导数解决生活中的优化问题 [典例] 一辆火车前行每小时电力的消耗费用与火车行 驶速度的立方成正比，已知当速度为 20 km/h 时，每小时消 耗的电价值 40 元，其他费用每小时需 400 元，火车的最高速 度为 100 km/h，火车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的 总费用最少？
专题04 导数及其应用(解答题)
专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=.当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈…时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析. 【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<， 可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011l n x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：x2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x ++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)ex ∈+∞均有(),2x f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 31(12)(211)()42141x x f 'x x x x x+-++=-+=++， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得204a <≤．当204a <≤时，()2x f x a ≤等价于2212ln 0x xx a a+--≥． 令1t a=，则22t ≥． 设2()212ln ,22g t t x t x x t =-+-≥，则211()(1)2ln xg t x t x x x+=-+--．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，1122x+≤，则 ()(22)84212ln g t g x x x ≥=-+-．记1()4221ln ,7p x x x x x =-+-≥，则 2212121()11x x x x p'x x x x x x +--+=--=++(1)[1(221)]1(1)(12)x x x x x x x x -++-=++++.故x171(,1)71(1,)+∞()p'x-0 +()p x1()7p 单调递减极小值(1)p单调递增所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()(22)2()0g t g p x ≥=≥． （ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，12ln (1)()12x x x g t g x x ⎛⎫--++= ⎪ ⎪⎝⎭…． 令211()2ln (1),,e 7q x x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦ ， 则ln 2()10x q'x x+=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭…．由（i ）得，127127(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()()102q x g t g x x⎛⎫+=-> ⎪ ⎪⎝⎭…． 由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，[22,),()0t g t ∈+∞…， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a …． 综上所述，所求a 的取值范围是20,4⎛⎤⎥ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=--⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=．因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：x (,3)-∞-3-(3,1)-1 (1,)+∞()f 'x + 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得22121111,33b b b b b b x x +--+++-+==．列表如下：x 1(,)x -∞1x()12,x x2x2(,)x +∞()f 'x+ 0 – 0 + ()f x极大值极小值所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()()23221(1)(1)2127927b b b b b b b --+++=++-+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727b b b b b b +-+=-+-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得13x =．列表如下： x 1(0,)3131(,1)3()g'x + 0 – ()g x极大值所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0． 因此，当1ea ≥时，()0f x ≥．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果. 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．【答案】（1）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --． 令f ′（x ）=0解得x =323-或x =323+．当x ∈（–∞，323-）∪（323+，+∞）时，f ′（x ）>0； 当x ∈（323-，323+）时，f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，323-），（323+，+∞）单调递增，在（323-，323+）单调递减．（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0， 所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点． 又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e xxf x ax a x ax x '=-++=--. 若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞.方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--.（1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 (1,)+∞()f x ' + 0 − ()f x↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥， ∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x(,1)-∞1 1(1,)a1a1(,)a+∞ ()f x '+ 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x ' + 0 − 0 + ()f x↗极大值↘极小值↗∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：x1(,)a-∞1a1(,1)a1(1,)+∞()f x '− 0 + 0 − ()f x↘极小值↗极大值↘∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()63y x t =---有三个互异的公共点，求d 的取值范围． 【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为63；函数f (x )的极小值为−63；（III ）d 的取值范围为(,10)(10,)-∞-+∞.【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1， 因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2−3，或x =t 2+3． 当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：x(−∞，t 2−3)t 2−3 (t 2−3，t 2+3)t 2+3 (t 2+3，+∞)()f x '+ 0 − 0 + f (x )↗极大值↘极小值↗所以函数f (x )的极大值为f (t 2−3)=(−3)3−9×(−3)=63；函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3− 9×(3)=−63．（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2 −d )+(x −t 2)+ 63=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u +63=0．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)x +63，则曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−63有三个互异的公共点等价于函数y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意．当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=213d --，x 2=213d -．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增． g (x )的极大值g (x 1)=g (213d --)=32223(1)639d -+>0． g (x )的极小值g (x 2)=g (213d -)=−32223(1)639d -+． 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||10d >，此时2||d x >，(||)||630,g d d =+>且312||,(2||)6||2||636210630d x g d d d -<-=--+<-+<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d 的取值范围是(,10)(10,)-∞-+∞．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【2018年高考浙江】已知函数f (x )=x −ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析. 【解析】（Ⅰ）函数f （x ）的导函数11()2f x xx '=-， 由12()()f x f x ''=得1212111122x x x x -=-， 因为12x x ≠，所以121112x x +=． 由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >． 由题意得12112212121()()ln ln ln()2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设1()ln 2g x x x =-， 则1()(4)4g x x x'=-， 所以x（0，16）16 （16，+∞）()g x ' −0 +()g x2−4ln2所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <1()a n k nn --≤||1()a n k n +-<0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x a k x--=．设l (n )x ah xx x --=，则22ln )1)((12xx ag x x x a x h '=--+--+=， 其中2(n )l xg x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f （θ）=sin θcos θ+cos θ，θ∈[θ0，π2]， 则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6， 当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =， 则12f x ax g x x'='=（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2． （3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2a x =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.【答案】（1）在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得121+2x x =--=-，.当(,12)x ∈-∞--时，()0f x '<；当(12,12)x ∈---+时，()0f x '>；当(12,)x ∈-++∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,12)-∞--和(12,)-++∞单调递减，在(12,12)---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h ′(x )= −x e x＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x−1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取05412a x --=，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a-单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x a x f x a x a x x++'=+++=.若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x –21x -）e x -（12x ≥）． （1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（1）(1)(212)e 1()()221x x x f x x x ----'=>-；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为1(21)121x x 'x --=--，(e )e x x'--=-， 所以1()(1)e (21)e 21x xf x x x x --'=-----(1)(212)e 1()221x x x x x ----=>-．（2）由(1)(212)e ()021x x x f x x ----'==-，解得1x =或52x =．因为x12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） ()f x '–0 +–f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥， 所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-. 【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1xh x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-.当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果. 21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：x (,)a -∞ (),4a a - (4,)a -+∞()f 'x+-+()f x所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()e x x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩． 所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题04导数及其应用热点难点突破文含解.pdf
C．2x－y－1＝0
D．2x＋y＋1＝0
ex（x－2）
解析 因为 f′(x)＝
，所以 f′(0)＝－2，故在 x＝0 处的切线方程为 2x＋y＋1＝0，故选 D.
（x－1）2
答案 D
9．曲线 f(x)＝x3＋x－2 在 p0 处的切线平行于直线 y＝4x－1，则 p0 点的坐标为( )
C．a<b
D．a＋b＝1
1
1
∫ | ) ∫ | ) 解析 a＝
1
cos xdx＝sin x 0 ＝sin 1，b＝
1
sin xdx＝(－cos x) 0 ＝1－cos 1，∴a＝sin 1>sin
0
0
π1 ＝，
62
π1
1
11
又 cos 1>cos ＝ ，∴－cos 1<－ ，b＝1－cos 1<1－ ＝ ，∴a>b，选 A.
答案 B
4．若函数 f(x)＝ex－x2－ax(其中 e 是自然对数的底数)的图象在 x＝0 处的切线方程为 y＝2x＋b，则函数 g(x)
f′x－b
＝
x
在(0，＋∞)上的最小值为( ห้องสมุดไป่ตู้)
A．－1 B．e C．e－2 D．e2
答案 C
解析 因为 f′(x)＝ex－2x－a，
所以 f′(0)＝1－a.
∴k≤e，即实数 k 的取值范围是(－∞，e].
1 3．已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)<f(x)，且 f(0)＝ ，则不等式 f(x)－
2
1 ex<0 的解集为( ) 2
数学(文)知识清单-专题04 导数及其应用(原卷+解析版)
ex－1 x＞0 ， 20．已知奇函数 f(x)＝ x
h x x＜0 ，
则函数 h(x)的最大值为________．
3
高考押题专练 1．曲线 f(x)＝xlnx 在点(e，f(e))(e 为自然对数的底数)处的切线方程为( ) A．y＝ex－2 B．y＝2x＋e C．y＝ex＋2 D．y＝2x－e 【解析】本题考查导数的几何意义以及直线的方程．因为 f(x)＝xlnx，故 f′(x)＝lnx＋1，故切线的斜率 k ＝f′(e)＝2，因为 f(e)＝e，故切线方程为 y－e＝2(x－e)，即 y＝2x－e，故选 D. 【答案】D
D.
【答案】D
8．已知曲线 C1：y2＝tx(y>0，t>0)在点 M
4，2 t
处的切线与曲线
C2：y＝ex＋1＋1
也相切，则
t
的值为
()
A．4e2 B．4e
C.e2 D.e
4
4
【解析】由 y＝
tx，得
y′＝ 2
t ，则切线斜率为 tx
k＝4t ，所以切线方程为
y－2＝4t
x－4 t
，即
y＝4t x＋1.
－∞，－4 3
，(0，＋∞)，故选
C.
【答案】C
7．函数 f(x)＝ex－3x－1(e 为自然对数的底数)的图象大致是( )
5
【解析】由题意，知 f(0)＝0，且 f′(x)＝ex－3，当 x∈(－∞，ln3)时，f′(x)<0，当 x∈(ln3，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数 f(x)在(－∞，ln3)上单调递减，在(ln3，＋∞)上单调递增，结合图象知只有选项 D 符合题意，故选
3．曲线 y＝x3＋11 在点 P(1,12)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积是( ) A．75 B.75
专题04 导数及其应用(教学案) 2019年高考数学(文科)考纲解读与热点难点突破 Word版含解析
【2019年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)导数的几何意义是考查热点，要求是B级，理解导数的几何意义是曲线上在某点处的切线的斜率，能够解决与曲线的切线有关的问题；(2)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式及复合函数的导数运算，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(3)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.(4)导数在实际问题中的应用为函数应用题注入了新鲜的血液，使应用题涉及到的函数模型更加宽广，要求是B级；(5)导数还经常作为高考的压轴题，能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为导数综合题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在. 【重点、难点剖析】1．导数的几何意义(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．2．基本初等函数的导数公式和运算法则(1)基本初等函数的导数公式(2)导数的四则运算①[u (x )±v (x )]′＝u ′(x )±v ′(x )；②[u (x )v (x )]′＝u ′(x )v (x )＋u (x )v ′(x )； ③⎣⎡⎦⎤u x v x ′＝u x v x －u x vx [v x 2(v (x )≠0)． 3．函数的单调性与导数如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y ＝x ＋sin x .4．函数的导数与极值对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件．例如f (x )＝x 3，虽有f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，因为f ′(x )≥0恒成立，f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，无极值．5．闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小值．6．函数单调性的应用(1)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0在区间(a ，b )上恒成立；(2)若可导函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0在区间(a ，b )上恒成立；(3)可导函数f (x )在区间(a ，b )上为增函数是f ′(x )＞0的必要不充分条件.【题型示例】题型一、导数的几何意义【例1】(2018·全国Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x答案 D解析 方法一 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax ，∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a .又f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )恒成立，即－x 3＋(a －1)x 2－ax ＝－x 3－(a －1)x 2－ax 恒成立，∴a ＝1，∴f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1，∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.方法二 ∵f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，∴f ′(x )＝3x 2＋2(a －1)x ＋a 为偶函数，∴a ＝1，即f ′(x )＝3x 2＋1，∴f ′(0)＝1，∴曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为y ＝x .故选D.【举一反三】(2018·全国Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为________．答案 2x －y －2＝0解析 因为y ′＝2x ，y ′|x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即2x －y －2＝0.【变式探究】若函数f (x )＝ln x (x >0)与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是() A.⎝⎛⎭⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝⎛⎭⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)， 则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t<0， ∴h (t )在(0,2)上为减函数，则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln12e， ∴a ∈⎝⎛⎭⎫ln 12e ，＋∞. 【变式探究】【2016高考新课标2文数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线的切线，则b = ．【答案】1ln 2-【感悟提升】函数图像上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值．求曲线上的点到直线的距离的最值的基本方法是“平行切线法”，即作出与直线平行的曲线的切线，则这条切线到已知直线的距离即为曲线上的点到直线的距离的最值，结合图形可以判断是最大值还是最小值．【举一反三】(2015·陕西，15)设曲线y ＝e x 在点(0，1)处的切线与曲线y ＝1x(x ＞0)上点P 处的切线垂直，则P 的坐标为________．解析 ∵(e x )′|x ＝0＝e 0＝1，设P (x 0，y 0)，有 ⎪⎪⎝⎛⎭⎫1x ′x ＝x 0＝－1x 20＝－1， 又∵x 0＞0，∴x 0＝1，故x P (1，1)．答案 (1，1)【变式探究】 (1)曲线y ＝x e x －1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1(2)在平面直角坐标系xOy 中，若曲线y ＝ax 2＋b x(a ，b 为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P 处的切线与直线7x ＋2y ＋3＝0平行，则a ＋b 的值是________．【命题意图】 (1)本题主要考查函数求导法则及导数的几何意义．(2)本题主要考查导数的几何意义，意在考查考生的运算求解能力．【感悟提升】1．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．2．利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．题型二、利用导数研究函数的单调性【例2】已知函数f (x )＝4ln x －mx 2＋1()m ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意x ∈[]1，e ，f (x )≤0恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知f ′(x )＝4x －2mx ＝4－2mx 2x(x >0)， 当m ≤0时，f ′(x )>0在x ∈(0，＋∞)时恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当m >0时，f ′(x )＝4－2mx 2x＝－2m ⎝⎛⎭⎫x ＋2m ⎝⎛⎭⎫x －2m x (x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <2m ；令f ′(x )<0，得 x >2m . ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2m 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫2m ，＋∞上单调递减． 综上所述，当m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当m >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2m 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫2m ，＋∞上单调递减． (2)方法一 由题意知4ln x －mx 2＋1≤0在[]1，e 上恒成立，即m ≥4ln x ＋1x 2在[]1，e 上恒成立． 令g (x )＝4ln x ＋1x 2，x ∈[]1，e ， ∴ g ′(x )＝2()1－4ln x x 3，x ∈[1，e]， 令g ′(x )>0，得1<x <14e ；令g ′(x )<0，得14e <x <e.∴g (x )在⎝⎛⎭⎫1，14e 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫14e ，e 上单调递减． ∴g (x )max ＝g 14e ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝4ln e 14＋1⎝⎛⎭⎫e 142＝2e e ， ∴m ≥2e e. 方法二 要使f (x )≤0恒成立，只需f (x )max ≤0，由(1)知，若m ≤0，则f (x )在[]1，e 上单调递增． ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e2，这与m ≤0矛盾，此时不成立． 若m >0，(ⅰ)若2m ≥e ，即0<m ≤2e2， 则f (x )在[]1，e 上单调递增， ∴f (x )max ＝f (e)＝4－m e 2＋1≤0，即m ≥5e 2，这与0<m ≤2e 2矛盾，此时不成立．。
专题04 导数及其应用(解答题)-三年(2017-2019)高考真题数学(文)分项汇编(解析版)
x1
x0
1，故 ex1x0
x02 x1 1 x1 1
x02 ，两边取对数，得 ln ex1x0 ln x02 ，
于是
x1 x0 2 ln x0 2 x0 1 ，
整理得 3x0 x1 2 .
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
f
(2)
ln
2
1 2
ln
4 1 2
0
，故存在唯一
x0
(1, 2)
，使得
f
x0
0.
又当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减；当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增.
因此， f (x) 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知 f x0 f (1) 2 ，又 f e2 e2 3 0 ，所以 f (x) 0 在 x0, 内存在唯一根
6．【2019 年高考浙江】已知实数 a 0 ，设函数 f (x)=a ln x x 1, x 0.
（1）当 a 3 时，求函数 f (x) 的单调区间； 4
（2）对任意
x
[
1 e2
, ) 均有
f
(x)
x 2a
,
求 a 的取值范围．
注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【解析】（Ⅰ）解：由已知， f (x) 的定义域为 (0, ) ，且
f (x)
1 x
最新2019高考数学《导数及其应用》专题完整考试题(含答案)(K12教育文档)
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2019年高中数学单元测试卷导数及其应用学校：__________ 姓名：__________ 班级:__________ 考号：__________一、选择题1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是（ )（A)-2 （B)0 （C ）2 （D)4（2006浙江文）二、填空题2． 已知a > 0，方程x 2-2ax —2a ln x =0有唯一解,则a = . 123． 曲线21()cos 3f x x x =-在0x =处的切线的斜率为 ▲ 。
4．若函数f （x )＝ax 4＋bx 2＋c 满足(1) 2f '=，则(1)f '-= ．5．已知函数x x mx x f 2ln )(2-+=在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 6．若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴，则a =____________。
(2013年高考广东卷（文））7．函数32()15336f x x x x =--+的单调减区间为 . 解析 考查利用导数判断函数的单调性。
2()330333(11)(1)f x x x x x '=--=-+,由(11)(1)0x x -+<得单调减区间为(1,11)-。
专题04 导数及其应用-2019年高考数学(文)考试大纲解读
编者寄语高考数学能力是指空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力以及应用意识和创新意识。
要求考生具有一定的数学视野，认识数学的科学价值和人文价值，崇尚数学的理性精神，形成审慎的思维习惯，体会数学的美学意义。
高考数学要求考生克服紧张情绪，以平和的心态参加考试，合理支配考试时间，以实事求是的科学态度解答试题，树立战胜困难的信心，体现锲而不舍的精神。
高考数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想方法的考查，注重对数学能力的考查，展现数学的科学价值和人文价值，同时兼顾试题的基础性、综合性和应用性，重视试题间的层次性，合理调控综合程度，坚持多角度、多层次的考查，努力实现全面考查综合数学素养的要求。
《考试大纲》是高考数学命题专家的指导思想，更是高中生进行科学高效复习数学的行动指南。
因此，研读考纲，研究高考，对赢取新时代新高考的新胜利，具有十分重要的现实意义。
（十六）导数及其应用1．导数概念及其几何意义（1）了解导数概念的实际背景.（2）理解导数的几何意义.2．导数的运算（1）能根据导数定义求函数y=C（C为常数），的导数.（2）能利用下面给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数.•常见基本初等函数的导数公式：•常用的导数运算法则：法则1:法则2:法则3:3．导数在研究函数中的应用（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.(iii)设a <0，若e 2a ≥-，则由（1）知，()f x 在()1,+∞单调递增.又当1x ≤时，()f x <0，故()f x 不存在两个零点；若e 2a <-，则由（1）知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，在单调递增.又当1x ≤时()f x <0，故()f x 不存在两个零点.综上，a 的取值范围为()0,+∞.【名师点睛】本题第（1）问是用导数研究函数单调性，对含有参数的函数单调性的确定，通常要根据参数进行分类讨论，要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第（2）问是求参数取值范围，由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识，越来越受到高考命题者的青睐，解决此类问题的思路是构造适当的函数，利用导数研究函数的单调性或极值破解.考向二 利用导数研究函数的极值问题样题3 已知函数，若在区间()0,3内存在极值点，则实数a 的取值范围是A ．()0,3B ．1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．D ．【答案】C【名师点睛】本题考查导数在求函数极值中的应用，比较21a a -与的大小，进行讨论. 样题4 已知函数. （1）当1x =时，()f x 有极小值196-，求实数,b c ； （2）设，当()0,1x ∈时，在()g x 图象上任意一点P 处的切线的斜率为k ，若1k <，求实数b 的取值范围．【答案】（1）12b =，2c =-；（2）(],0-∞.（2），∴， 221x bx +<对一切01x <<恒成立，∴122x b x <-对一切01x <<恒成立. 又122x y x =-在()0,1上为减函数，，∴0b ≤.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题05导数的热点问题热点难点突破理含解
导数的热点问题1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v 2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3v 3－2 00025v 2， 令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减，当v >1032时，y ′>0，函数单调递增，∴当0<c <1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时总用氧量最少，当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增，∴当v ＝c 时总用氧量最少．综上，若0<c <1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032，则当v ＝c 时总用氧量最少．2．已知函数f ()＝ax －1＋ln .(1)若函数f ()在()e ，＋∞内有极值，求实数a 的取值范围；(2)在(1)的条件下，对任意t ∈(1，＋∞)，s ∈(0,1)，求证：f (t )－f (s )>e ＋2－1e. (1)【解析】由定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f ′()＝1x －ax －12＝x 2a ＋2x ＋1x x －12， 设h ()＝2－(a ＋2)＋1，要使y ＝f ()在()e ，＋∞上有极值，则2－(a ＋2)＋1＝0有两个不同的实根1，2，∴Δ＝(a ＋2)2－4>0，∴a >0或a <－4，①且至少有一根在区间()e ，＋∞上，又∵1·2＝1，∴只有一根在区间(e ，＋∞)上，不妨设2>e ，∴0<1<1e<e<2， 又h (0)＝1，∴只需h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0，即1e 2－(a ＋2)1e ＋1<0， ∴a >e ＋1e－2，② 联立①②可得a >e ＋1e－2. 即实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ＋1e －2，＋∞. (2)证明 由(1)知，当∈()1，x 2时，f ′()<0，f ()单调递减，当∈()x 2，＋∞时，f ′()>0，f ()单调递增，∴f ()在(1，＋∞)上有最小值f (2)，即∀t ∈(1，＋∞)，都有f (t )≥f (2)， 又当∈()0，x 1时，f ′()>0，f ()单调递增，当∈()x 1，1时，f ′()<0，f ()单调递减，∴f ()在(0,1)上有最大值f (1)，即对∀s ∈(0,1)，都有f (s )≤f (1)，又∵1＋2＝2＋a ，12＝1，1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e ，2∈()e ，＋∞， ∴f (t )－f (s )≥f (2)－f (1)＝ln 2＋ax 2－1－ln 1－ax 1－1＝ln x 2x 1＋a x 2－1－a x 1－1＝ln 22＋2－1x 2()x 2>e ，设()＝ln 2＋－1x ＝2ln ＋－1x (>e)，则′()＝2x ＋1＋1x 2>0(>e)， ∴()在()e ，＋∞上单调递增，∴()>(e)＝2＋e －1e， ∴f (t )－f (s )>e ＋2－1e. 3．已知函数f ()＝(2＋1)ln(2＋1)－a (2＋1)2－(a >0)．(1)如图，设直线＝－12，y ＝－将坐标平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f ()的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(2)当a >12时，求证：∀1，2∈(0，＋∞)且1≠2，有f (1)＋f (2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. (1)【解析】函数f ()的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞， 且当＝0时，f (0)＝－a <0.又∵直线y ＝－恰好通过原点，∴函数y ＝f ()的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f ()<－，即(2＋1)ln(2＋1)－a (2＋1)2－<－.∵2＋1>0，∴a >ln 2x ＋12x ＋1. 令h ()＝ln 2x ＋12x ＋1⎝⎛⎭⎪⎫x >－12， 则h ′()＝2－2ln 2x ＋12x ＋12⎝⎛⎭⎪⎫x >－12. ∴当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′()>0，h ()单调递增； 当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′()<0，h ()单调递减． ∴h ()ma ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12＝1e ， ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (2)证明 ∵f ′()＝2ln(2＋1)－4a (2＋1)＋1，设u ()＝2ln(2＋1)－4a (2＋1)＋1，则u ′()＝42x ＋1－8a ⎝⎛⎭⎪⎫x >－12， ∵当>0时，42x ＋1<4，当a >12时，8a >4， ∴u ′()＝42x ＋1－8a <0，∴当>0时，f ′()为减函数，不妨设2>1>0，令g ()＝f ()＋f (1)－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋x 12(>1)， 可得g (1)＝0，g ′()＝f ′()－f ′⎝⎛⎭⎪⎫x ＋x 12， ∵>x ＋x 12且f ′()是(0，＋∞)上的减函数，∴g ′()<0，∴当>1时，g ()为减函数，∴g (2)<g (1)＝0，即f (1)＋f (2)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 4．已知函数f ()＝ln ＋a x，g ()＝e －＋b ，a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)若函数y ＝g ()在R 上存在零点，求实数b 的取值范围；(2)若函数y ＝f ()在＝1e 处的切线方程为e ＋y －2＋b ＝0.求证：对任意的∈(0，＋∞)，总有f ()>g ()．(2)证明 易得f ′()＝1x －a x 2， 则由题意，得f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －a e 2＝－e ，解得a ＝2e .∴f ()＝ln ＋2e x ，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1， 即切点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1. 将切点坐标代入e ＋y －2＋b ＝0中，解得b ＝0.∴g ()＝e －.要证f ()>g ()，即证ln ＋2e x>e －(∈(0，＋∞))， 只需证ln ＋2e>e －(∈(0，＋∞))． 令u ()＝ln ＋2e，v ()＝e －，∈(0，＋∞)． 则由u ′()＝ln ＋1＝0，得＝1e， ∴u ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴u ()min ＝u ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1e. 又由v ′()＝e －－e －＝e －(1－)＝0，得＝1，∴v ()在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴v ()ma ＝v (1)＝1e. ∴u ()≥u ()min ≥v ()ma ≥v ()，显然，上式的等号不能同时取到．故对任意的∈(0，＋∞)，总有f ()>g ()．5．已知函数g ()＝ln ，h ()＝ax 2－12(a >0)．(1)若g ()<h ()对∈(1，＋∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<e 34对于正整数n 恒成立，其中e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)【解析】方法一 记f ()＝g ()－h ()＝ln －a 22＋12， 令φ()＝f ′()＝ln ＋1－a ，则φ′()＝1x－a ， ①当a ≥1时，∵∈(1，＋∞)，∴φ′()＝1x－a <1－a ≤0， ∴f ′()在(1，＋∞)上单调递减，又f ′(1)＝1－a ≤0，∴f ′()<0，即f ()在(1，＋∞)上单调递减，此时，f ()<f (1)＝－a －12≤0，即g ()<h ()，∴a ≥1.②当0<a <1时，考虑∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 时，φ′()＝1x －a >a －a ＝0， ∴f ′()在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递增， 又f ′(1)＝1－a >0，∴f ′()>0，即f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1a 上单调递増， f ()>f (1)＝－a －12>0，不满足题意．综上所述，a ∈[1，＋∞)．方法二 当∈(1，＋∞)时，g ()<h ()等价于a >2x ln x ＋1x 2， 令F ()＝2x ln x ＋1x 2(>1)， F ′()＝2()x －1－x ln x x 3(>1)， 记m ()＝－1－ln (>1)，则m ′()＝－ln <0，∴m ()在(1，＋∞)上单调递减，∴m ()<m (1)＝0，∴F ′()<0，即F ()在(1，＋∞)上单调递减，F ()<F (1)＝1，故a ∈[1，＋∞)．(2)证明 由(1)知取a ＝1，当∈(1，＋∞)时，g ()<h ()恒成立，即ln <x 2－12恒成立，即ln <x 2－12x恒成立， 即ln(1＋)<x ＋12－12x ＋1＝x 2＋2x 2x ＋1对于∈(0，＋∞)恒成立， 由此，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋k n 2<⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋k ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫k n 2＋k n 2＋1，∈N *， 于是ln ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2 ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2 <12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋2n 2＋…＋n n 2＋1n 2＋1＋2n 2＋1＋…＋n n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1n 2＋n n ＋1n 2＋1 ＝14·2n 3＋2n 2＋n ＋1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n 3－2n 2＋2n －1n ()n 2＋1 ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－n n －12n －1n ()n 2＋1≤34， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n 2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n n 2<34e . 6．已知函数f ()＝⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a 6e ＋1，其中e ＝2.718…为自然对数的底数，常数a >0. (1)求函数f ()在区间(0，＋∞)上的零点个数；(2)函数F ()的导数F ′()＝()e x －a f ()，是否存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a 为函数F ()的极大值点？请说明理由．(2)方法一 当a >1时，ln a >0.因为当∈()0，ln a 时，e －a <0；当∈()ln a ，＋∞时，e －a >0.由(1)知，当∈(0，0)时，f ()<0；当∈(0，＋∞)时，f ()>0.下面证：当a ∈()1，e 时，ln a <0，即证f ()ln a <0.f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1， 记g ()＝ln －－x 26＋1，∈(1，e)， g ′()＝ln －x 3，∈(1，e)， 令h ()＝g ′()，则h ′()＝3－x 3x>0， 所以g ′()在()1，e 上单调递增，由g ′(1)＝－13<0，g ′(e)＝1－e 3>0， 所以存在唯一零点t 0∈()1，e ，使得g ′()t 0＝0，且∈()1，t 0时，g ′()<0，g ()单调递减，∈()t 0，e 时，g ′()>0，g ()单调递增．所以当∈()1，e 时，g ()<ma {}g 1g e .由g (1)＝－16<0，g (e)＝6－e 26<0， 得当∈()1，e 时，g ()<0.故f ()ln a <0,0<ln a <0.当0<<ln a 时，e －a <0，f ()<0， F ′()＝()e x －a f ()>0，F ()单调递增；当ln a <<0时，e －a >0，f ()<0，F ′()＝()e x －a f ()<0，F ()单调递减．所以存在a ∈()1，e ⊆(1,4)，使得ln a 为F ()的极大值点．方法二 因为当∈()0，ln a 时，e －a <0；当∈()ln a ，＋∞时，e －a >0.由(1)知，当∈(0，0)时，f ()<0；当∈(0，＋∞)时，f ()>0.所以存在无数个a ∈(1,4)，使得l n a 为函数F ()的极大值点，即存在无数个a ∈(1,4)，使得ln a <0成立，① 由(1)，问题①等价于存在无数个a ∈(1,4)，使得f ()ln a <0成立，因为f ()ln a ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln a －1－a 6a ＋1＝a ln a －a －a 26＋1， 记g ()＝ln －－x 26＋1，∈(1,4)， g ′()＝ln －x 3，∈(1,4)， 设()＝g ′()，因为′()＝3－x 3x， 当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，′()>0， 所以g ′()在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2上单调递增， 因为g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32－12<0，g ′(2)＝ln 2－23>0，所以存在唯一零点t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ′()t 0＝0，且当∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，t 0时，g ′()<0，g ()单调递减；当∈()t 0，2时，g ′()>0，g ()单调递增；所以当∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2时，g ()min ＝g ()t 0＝t 0ln t 0－t 0－t 206＋1，②由g ′()t 0＝0，可得ln t 0＝t3，代入②式可得g ()min ＝g ()t 0＝t 206－t 0＋1，当t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，g ()t 0＝t 206－t 0＋1＝()t 0－326－12<－18<0， 所以必存在∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，使得g ()<0，即对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，f ()ln a <0有解，所以对任意a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2⊆(1,4)，函数F ()存在极大值点为ln a .7．已知f ()＝(－1)e ＋12a 2.(1)当a ＝e 时，求f ()的极值；(2)若f ()有两个不同零点，求a 的取值范围； (3)对∀>1，求证：f ()≥12a 2＋＋1＋ln(－1)．(1)【解析】当a ＝e 时，f ′()＝(e ＋e)． 当∈(－∞，0)时，f ′()<0，f ()为减函数， 当∈(0，＋∞)时，f ′()>0，f ()为增函数， ∴f ()极小值＝f (0)＝－1，无极大值． (2)【解析】f ′()＝(e ＋a )，(ⅰ)当a ＝0时，f ()＝(－1)e ，只有一个零点＝1， (ⅱ)当a >0时，e ＋a >0，当∈(－∞，0)时，f ′()<0，f ()为减函数， 当∈(0，＋∞)时，f ′()>0，f ()为增函数，f ()极小值＝f (0)＝－1，而f (1)＝a2>0，∴当>0时，函数f ()在(0,1)上存在一个零点， 当<0时，e<1，∴(－1)e>－1， ∴f ()＝(－1)e ＋12a 2>－1＋12a 2＝12a 2＋－1， 令g ()＝12a 2＋－1，1是g ()＝0的一个根，取1＝－1－1＋2a a<0，∴f (1)>0，f (1)·f (0)<0，∴当<0时，函数f ()在(1,0)上存在一个零点， ∴函数f ()有两个零点． (ⅲ)当a <0时，f ′()＝(e ＋a )， 令f ′()＝0得＝0或＝ln(－a )， ①当ln(－a )>0，即a <－1时，当变化时，f ()，f ′()的变化情况如表所示：∴f ()极大值∴函数f ()至多有一个零点，不合题意，②当ln(－a )＝0，即a ＝－1时，f ()在(－∞，＋∞)上单调递增，∴f ()至多有一个零点，不合题意． ③当ln(－a )<0，即－1<a <0时，当变化时f ()，f ′()的变化情况如表所示：∴<0，a <0时，f ()＝(－1)e ＋12a 2<0，f (0)＝－1，∴函数f ()至多有一个零点，不合题意． 综上，a 的取值范围是(0，＋∞)． (3)证明 令g ()＝f ()－ln(－1)－12a 2－－1，＝(－1)e －ln(－1)－－1，∈(1，＋∞)， g ′()＝e －1x －1－1＝e －xx －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x－1x －1，∈(1，＋∞)． 令h ()＝e －1x －1，∈(1，＋∞)，h ′()＝e ＋1x －12>0，∴h ()为(1，＋∞)上的增函数，h (2)＝e 2－1>0，取－1＝e －2，＝1＋e －2，h (1＋e －2)＝21ee －＋－e 2<0，∴存在唯一的0∈(1,2)使h (0)＝0，即0e x ＝1x 0－1， ∴当∈(1，0)时，h ()<0，g ′()<0，g ()为减函数， 当∈(0，＋∞)时，h ()>0，g ′()>0，g ()为增函数，∴g ()min ＝g (0)＝(0－1) 0e x －ln(0－1)－0－1＝(0－1)×1x 0－1－ln 0e x -－0－1＝1＋0－0－1＝0， ∴对∀>1，g ()≥g (0)＝0， 即f ()≥12a 2＋＋1＋ln(－1)．8.已知f ()＝a sin ，g ()＝ln ，其中a ∈R ，y ＝g －1()是y ＝g ()的反函数． (1)若0<a ≤1，证明：函数G ()＝f (1－)＋g ()在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：k ＝1nsin11＋k2<ln 2；(3)设F ()＝g －1()－m 2－2(＋1)＋b ，若对任意的>0，m <0有F ()>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值． (1)证明 由题意知G ()＝a sin(1－)＋ln ，G ′()＝1x－a cos(1－)(>0)，当∈(0,1)，0<a ≤1时，1x>1,0<cos(1－)<1，∴a cos(1－)<1，∴G ′()>0， 故函数G ()在区间(0,1)上是增函数．(3)【解析】由对任意的>0，m <0有F ()＝g －1()－m 2－2(＋1)＋b ＝e －m 2－2＋b －2>0恒成立， 即当∈(0，＋∞)时，F ()x min >0.又设h ()＝F ′()x ＝e －2m －2，h ′()＝e －2m ，m <0，则h ′()>0，h ()单调递增，又h (0)<0，h (1)>0， 则必然存在0∈(0,1)，使得h (0)＝0，∴F ()在(0，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴F ()≥F (0)＝0e x －m 20－20＋b －2>0，则b >－0e x ＋m 20＋20＋2，又0e x －2m 0－2＝0，∴m ＝0e x －22x 0，∵b >－0e x ＋0e x －22x 0·20＋20＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x ＋0＋2，又m <0，则0∈(0，ln 2)，∵b >⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02－10e x ＋0＋2，0∈(0，ln 2)恒成立，令m ()＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x2－1e ＋＋2，∈(0，ln 2)，则m ′()＝12(－1)e ＋1，令n ()＝12(－1)e ＋1，则n ′()＝12e>0，∴m ′()在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′()>m ′(0)＝12>0，∴m ()在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ()<m (ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.9．已知a ∈R ，函数f ()＝(－2＋a )e(∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)当a ＝2时，求函数f ()的单调递增区间；(2)若函数f ()在(－1,1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f ()是否为R 上的单调减函数？若是，求出a 的取值范围？若不是，请说明理由． 【解析】(1)当a ＝2时，f ()＝(－2＋2)e ， 所以f ′()＝(－2＋2)e ＋(－2＋2)e ＝(－2＋2)e. 令f ′()>0，即(－2＋2)e>0， 因为e>0，所以－2＋2>0， 解得－2<< 2.所以函数f ()的单调递增区间是(－2，2)． (2)因为函数f ()在(－1,1)上单调递增， 所以f ′()≥0对∈(－1,1)都成立．因为f ′()＝(－2＋a )e ＋(－2＋a )e ＝[－2＋(a －2)＋a ]e ， 所以[－2＋(a －2)＋a ]e ≥0对∈(－1,1)都成立． 因为e>0，所以－2＋(a －2)＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝x ＋12－1x ＋1＝(＋1)－1x ＋1对∈(－1,1)都成立．令g ()＝(＋1)－1x ＋1， 则g ′()＝1＋1x ＋12>0.所以g ()＝(＋1)－1x ＋1在(－1,1)上单调递增．所以g ()<g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(3)若函数f ()在R 上单调递减，则f ′()≤0对∈R 都成立，即[－2＋(a －2)＋a ]e ≤0对∈R 都成立， 因为e>0，所以2－(a －2)－a ≥0对∈R 都成立． 所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的． 故函数f ()不可能在R 上单调递减． 10．已知函数f ()＝2ln ＋2－2a (a >0)． (1)讨论函数f ()的单调性；(2)若函数f ()有两个极值点1，2(1<2)，且f (1)－f (2)≥32－2ln2恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)由题意知，函数f ()的定义域是(0，＋∞)， f ′()＝2x 2－ax ＋1x，令2－a ＋1＝0，则Δ＝a 2－4，①当0<a ≤2时，Δ≤0，f ′()≥0恒成立， 函数f ()在(0，＋∞)上单调递增；②当a >2时，Δ>0，方程2－a ＋1＝0有两个不同的实根，分别设为3，4，不妨令3<4， 则3＝a －a 2－42，4＝a ＋a 2－42，此时0<3<4，因为当∈(0，3)时，f ′()>0，当∈(3，4)时，f ′()<0，当∈(4，＋∞)时，f ′()>0，所以函数f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．综上，当0<a ≤2时，f ()在(0，＋∞)上单调递增；当a >2时f ()在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递增．(2)由(1)得f ()在(1，2)上单调递减，1＋2＝a ，1·2＝1，则f (1)－f (2)＝2ln x 1x 2＋(1－2)(1＋2－2a )＝2ln x 1x 2＋x 22－x 21x 1x 2＝2ln x 1x 2＋x 2x 1－x 1x 2，令t ＝x 1x 2，则0<t <1，f (1)－f (2)＝2ln t ＋1t－t ，令g (t )＝2ln t ＋1t －t (0<t <1)，则g ′(t )＝－t －12t2<0，故g (t )在(0,1)上单调递减且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝32－2ln2，故g (t )＝f (1)－f (2)≥32－2ln2＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0<t ≤12，而a 2＝(1＋2)2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2，其中0<t ≤12，令h (t )＝t ＋1t ＋2，t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，所以h ′(t )＝1－1t 2<0在t ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上恒成立，故h (t )＝t ＋1t ＋2在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，从而a 2≥92，故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫322，＋∞.。
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1．曲线f (x )＝exx －1在x ＝0处的切线方程为( )A ．x －y －1＝0B ．x ＋y ＋1＝0C ．2x －y －1＝0D ．2x ＋y ＋1＝0解析 因为f ′(x )＝e x（x －2）（x －1）2，所以f ′(0)＝－2，故在x ＝0处的切线方程为2x ＋y ＋1＝0，故选D.答案 D2．曲线f (x )＝x 3＋x －2在p 0处的切线平行于直线y ＝4x －1，则p 0点的坐标为( ) A ．(1，0)B ．(2，8)C ．(1，0)和(－1，－4)D ．(2，8)和(－1，－4)解析 设p 0(x 0，y 0)，则3x 20＋1＝4，所以x 0＝±1，所以p 0点的坐标为(1，0)和(－1，－4)．故选C. 答案 C3.如图，直线y ＝2x 与抛物线y ＝3－x 2所围成的阴影部分的面积是( )A.353B ．2 2C ．2－ 3D.323解析 S ＝⎠⎛－31(3－x 2－2x )d x ＝323，故选D.答案 D4．设a ＝⎠⎛01 cos x d x ，b ＝⎠⎛01 sin x d x ，下列关系式成立的是( )A ．a >bB ．a ＋b <1C ．a <bD ．a ＋b ＝1答案 A5．如果f ′(x )是二次函数，且f ′(x )的图象开口向上，顶点坐标为(1，3)，那么曲线y ＝f (x )上任一点的切线的倾斜角α的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2C.⎝⎛⎦⎥⎤π2，2π3 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π解析 由题意可设f ′(x )＝a (x －1)2＋3(a >0)，即函数切线的斜率为k ＝f ′(x )＝a (x －1)2＋3≥3，即tan α≥3，∴π3≤α<π2，选B.答案 B6．设点P 在曲线y ＝12e x上，点Q 在曲线y ＝ln(2x )上，则|PQ |的最小值为( )A ．1－ln 2 B.2(1－ln 2) C ．1＋ln 2D.2(1＋ln 2)答案 B7．已知定义域为R 的函数f (x )满足：f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，则不等式f (x )<3x －15的解集为( ) A ．(－∞，4)B ．(－∞，－4)C ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D ．(4，＋∞)解析 记g (x )＝f (x )－3x ＋15，则g ′(x )＝f ′(x )－3<0，可知g (x )在R 上为减函数．又g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，所以f (x )<3x －15可化为f (x )－3x ＋15<0，即g (x )<g (4)，结合其函数单调递减，故得x >4. 答案 D8．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，32解析 因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x＝3是函数的一个极小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，只需3m －272≥－9，解得m ≥32.答案 A9．已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f （x ）x ＞0，若a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln 12f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a ＜c ＜bB ．b ＜c ＜aC ．a ＜b ＜cD ．c ＜a ＜b答案 A10．已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，f ′(x )的图象是( )解析 因为f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x 为奇函数，且f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<0，故选A. 答案 A11．已知点P 在曲线y ＝4e x ＋1上，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π4B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2C.⎝⎛⎦⎥⎤π2，3π4 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π解析 设曲线在点P 处的切线斜率为k ， 则k ＝y ′＝－4e x（e x ＋1）2＝－4e x＋1ex ＋2. 因为e x>0，所以由基本不等式可得k ≥－42e x·1ex ＋2＝－1.又k <0，所以－1≤k <0， 即－1≤tan α<0. 所以3π4≤α<π.故选D.答案 D12．函数y ＝f (x )的图象如图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图象的大致形状是( )解析：由f (x )图象先降再升后趋于平稳知，f ′(x )的函数值先为负，再为正，后为零．故选D. 答案：D13．曲线y ＝e 2x 在点(4，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( ) A.92e 2 B ．4e 2C ．2e 2D ．e 2答案：D14．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C ．(－1,0)∪(1，＋∞) D ．(－1, 0)∪(0,1)答案：D15．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：A16．函数f (x )＝2x －ln x 的单调递增区间是________．解析：函数f (x )＝2x －ln x 的定义域为(0，＋∞)，由f ′(x )＝2－1x ≥0，解得x ≥12，所以函数f (x )＝2x－ln x 的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞17．已知f (x )＝ax ln x ＋1(a ∈R)，x ∈(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，f ′(1)＝2，则a ＝________. 解析：∵f ′(x )＝a ln x ＋a ，∴f ′(1)＝a ＝2.答案：218．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4.若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．19．设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥0时，讨论函数f (x )与g (x )图象的交点个数．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x 2－mx，当m ≤0时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． 当m ＞0时，f ′(x )＝x ＋mx －mx，当0＜x ＜m 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ＞m时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．综上，当m ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间；当m ＞0时，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )．(2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x ＞0，问题等价于求函数F (x )的零点个数，当m ＝0时，F (x )＝－12x 2＋x ，x ＞0，有唯一零点；当m ≠0时，F ′(x )＝－x －1x －mx ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，注意到F (1)＝32＞0，F (4)＝－ln 4＜0，所以F (x )有唯一零点．当m ＞1时，0＜x ＜1或x ＞m 时，F ′(x )＜0；1＜x ＜m 时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，注意到F (1)＝m ＋12＞0，F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．当0＜m ＜1时，0＜x ＜m 或x ＞1时，F ′(x )＜0；m ＜x ＜1时，F ′(x )＞0，所以函数F (x )在(0，m )和(1，＋∞)上单调递减，在(m,1)上单调递增，易得ln m ＜0， 所以F (m )＝m2(m ＋2－2ln m )＞0，而F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)＜0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即两函数图象有一个交点． 20．已知函数f (x )＝ln x －a x ＋1x －1，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12处的切线平行于直线y ＝10x ＋1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设直线l 为函数g (x )＝ln x 的图象上任意一点A (x 0，y 0)处的切线，在区间(1，＋∞)上是否存在x 0，使得直线l 与曲线h (x )＝e x也相切？若存在，满足条件的x 0有几个？结合零点存在性定理，说明方程f (x )＝0必在区间(e ，e 2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x 0. 21．设函数f (x )＝ln x ＋m x，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数；(3)若对任意b ＞a ＞0，f b －f ab －a＜1恒成立，求m 的取值范围．。